济南大学-大学物理-大作业答案

第1章质点运动学

§1.3用直角坐标表示位移、速度和加速度

选择题和填空题

l.(B)2.(B)

3.8m

10m

4.Ab"[("2-co2)coscot+Ipcosincot]

■^-(2/7+1)7T/CO(〃=0,1,2,...)

5.。1沙/(。1一02)

计算题

1解：(1)v=AX/At=-0.5m/s

(2)v=dx/dt=9t-6/2

v(2)=-6m/s

(3)S=|x(1.5)~x(l)|4-|x(2)-x(1.5)|=2.25m

2解:a=dv/dt=4r,

dv=4tdt

jdu=1々dz

v=2t2

v=dx/dt=2t2

[dr=dr

x=2z3/3+xo(SI)

§1.5圆周运动的角量描述角量与线量的关系

选择题和填空题

l.(D)2.(C)

3.16R?

4rad/s2

4.

(b-ctf/R

二.计算题

1.解：v=dS/dt=b+ct

at=dv/d/=c

2

an=(b+ct)/R

根据题意：%=a“

即c=(b+ct)2/R

§1.6不同参考系中的速度和加速度变换定理简介

选择题和填空题

l.(C)2.(B)3.(A)

4.A+力？+53=0

二.计算题一

1.解：选取如图所示的坐标系，以「表示质点的对地速度，其x、y方向投影为:

Vx=vx+u=J2gycosa+u，

Vv=%=，2gysina

当尸〃时,V的大小为：

—72+2gh+2uJ2ghcosa

v=M----------------------------------

»2

V的方向与x轴夹角为y,

Vd2ghsma

y=tgf=tgj

J2g〃cosa+u

第2章牛顿定律

§2.3牛顿运动定律的应用

一.选择题和填空题

l.(C)2.(C)3.(E)

4.l/cosJ0

5.mg/cos0

二.计算题

1.解：质量为M的物块作圆周运动的向心力，由它与平台间的摩擦力『和质量为机的物块

对它的拉力户的合力提供.当A/物块有离心趋势时，『和声的方向相同，而当M物块有

向心运动趋势时，二者的方向相反.因"物块相对于转台静止，故有

F+fmm=MrxmxJ2分

F-jtnax=M/"min32分

加物块是静止的，因而

F=mg1分

又Znax=〃sMg1分

故加g+M产=37.2mm2分

MCO2

mg_"、Mg

r-=-----------=12.4mm2分

2.解：球4只受法向力R和重力畸，根据牛顿第二定律

法向：N-mgcosO-mv~/R①1分

切向：mgsin0=mat②1分

由①式可得N=/w(gcos，+i//H)1分

根据牛顿第三定律，球对槽压力大小同上，方向沿半径向外.1分

由②式得a,=gsin。1分

三.理论推导与证明题

证：小球受力如图，根据牛顿第二定律

.ld匕---~Af~~~~

mg-kv-F=ma=m—

d1---O：l---

dv.

=dt

(mg-kv-F)/m——av—

初始条件：z=0,v=0.一—―—工

Vi一

f____________=Jd/-_V/ng__

*(mg-kv-F)/m——

：.v={mg-F)(\-ek"m}/k

第3章功和能

§3.3动能定理

选择题和填空题

l.(B)2.(C)

3.1.28X104J

4.18J

6m/s

二.计算题

1.解：用动能定理，对物体

|wv2-0=pl0+6x2；dx3分

=10x+2x3=168

解出9=13m/s2分

§3.4(1)势能

一.选择题和填空题

l.(C)

2.kx1

小

—kxl

2°

IGmM

3.

3R

-GtnM

3R

4.保守力的功与路径无关

W=-t^EP

二.计算题

1.解：(1)外力做的功

%=p-dx

=p(52.8x+38.4x2)dx

(2)设弹力为尸

—mv£'F'-dx=^-FAx=W

=5.34m/s

(3)此力为保守力，因为其功的值仅与弹簧的始末态有关.

§3.4(2)机械能守恒定律

一.选择题和填空题

1.(0____

2..yjk/fmr)

-k/(2r)

二.计算题

1.(1)建立如图坐标.

某一时刻桌面上全链条长为外则摩擦力大小为y

f,=/.imy-g

摩擦力的功叫'=’f^y=f^j-gy^y2分

(2)以链条为对象，应用质点的动能定理SW——mv~----mv^

EW=WP+Wf,%=0

WP=^Pdx

一〃二g（"a）2

由上问知w

f21

^l2-a2）_^g^

所以2=y2

212/2

"收7k"，）-〃（/-"）平

得2分

2.解：把卸料车视为质点.设弹簧被压缩的最大长度为/,劲度系数为A.在卸料车由最高

点下滑到弹簧压缩最大这一过程中，应用功能原理有

-0.2G.h1,,三八

-----------=-kl“2—Gh①2分

sina2x

对卸料车卸料后回升过程应用功能原理，可得：

一22分

"2a”=G2h--kl②

sina2

G_sin300+0.2_7

由式①和②联立解得:

G?-sin300-0.2-31分

第4章冲量和动量

§4.2质点系的动量定理

选择题和填空题

1.(D)2.(C)

3.18N•s

计算题

1.解：设在某极短的时间Z内落在传送带B上矿砂的质量为m,

E|Jm=qmA/,这时矿砂动量的增量为(参看附图)

图1分

=mv2-mvy

|A(777P)|=-2/%cos75。=3.98q〃,△/kg-m-s-1

2分

设传送带作用在矿砂上的力为声，根据动量定理

FA/=A(mp)

于是旧=|△(加孙/At=3.98%=2.21N2分

(〃⑼||/77P|

方向：U~=J~红2，。=29。2分

sin75°sin。

由牛顿第三定律，矿砂作用在传送带B上的(撞击)力与声大小相等方向相反，即等

于2.21N,偏离竖直方向1。，指向前下方.1分

§4.3质点系动量守恒定律

一.选择题和填空题

l.(C)

2.4.33m/s；

与4原先运动方向成-30°

3.

FFzl/1+FAt2

m

叫+/2加1+m22

计算题

1.解：这个问题有两个物理过程：

第一过程为木块M沿光滑的固定斜面下滑二5竺3点时速度的大小为

=72g/sin1分

方向：沿斜面向下

第二个过程：子弹与木块作完全非弹性碰撞.在斜面方向上，内力的分量远远大于外

力，动量近似守恒，以斜面向上为正，则有

mucosB-Mu1=(m+M)V3分

mvcosff-MJ2gl^n0

V=-----------------------------------1分

m-vM

2.解：(1)因穿透时间极短，故可认为物体未离开平衡位置.因此,作用于子弹、

物体系统上的外力均在竖直方向，故系统在水平方向动量守恒.令子弹穿出时物

体的水平速度为1/

有mVQ=mv+Mv/

2分

v'=m(vo-v)/M=3A3m/s

2分

T=Mg+M冽1=265N

2分

(2)/A/=mv-mv0=-4.7N-s(设力()方向为正方向)

2分

负号表示冲量方向与无方向相反.

第5章刚体力学基础动量矩

§5.2力矩刚体绕定轴转动微分方程量

选择题和填空题

l.(C)2.(B)3.(B)

4.6.54rad/s2

4.8s

5.62.5

1.67s

6.0.25kg-m2

二.计算题

分

1.解：⑴,mg—T=ma1

分

TR=J/32

分

a=Rp1

2mg

P=mgR/(w/?2+J)=--------------------

(2m+M)R

mR2+-MR2

2

=81.7rad/s21分

方向垂直纸面向外.1分

(2)①2=而—2的

2

当0=0时，e=^=0.612rad

2/

物体上升的高度〃=Re=6.12Xl()2m2分

(3)CO=y]2j30=10.0rad/s

方向垂直纸面向外.2分

2.解：(l)O=0o+/，

/?=—a>o/t=—0.50rad•s-22分

2

(2)Mr=mlpl12=-0.25N-m2分

12

(3)0\Q=a)Qt+—J3r=15rad1分

§5.3绕定轴转动刚体的动能动能定理

一.选择题和填空题

l.(D)2.(A)3.(D)

4.6九rad/s237J

5.角动量曳口国

3m

二.计算题

1.解：选泥团和杆为系统，在打击过程中，系统所受外力对。轴的合力矩为零，

对定轴。的角动量守恒，设刚打击后两者起摆起的角速度为。，则有1分

-^lmv0=^lmv+Ja>①2分

其中P=69•//2②1分

在泥团、杆上摆过程中，选杆、泥团、地球为系统，有机械能守恒.当杆摆到最大角度

。时有

(A/+/)g；/(l-cos6)=；/U?③3分

联立解以上三式可得

3加2说

^=cos-11-3分

(M+m^im+4M)gl

2.解：(1)将转台、祛码、人看作一个系统，过程中人作的功〃等于系统动能之增量:

瓶=A£A=g(</o+；a/；)4兀(J+mly)4TC2nf

04分

这里的Jo是没有祛码时系统的转动惯量.

(2)过程中无外力矩作用，系统的动量矩守恒：

11

2兀(</()+—m/7j)m=2汽(Jo+9)"2

.j

••人一/M2(…T%))4分

⑶将Jo代入"式，得少=712m2(/；-/；)

nm2分

§5.4动量矩和动量矩守恒定律

一.选择题和填空题

l.(C)2.(B)3.(C)4.(D)

1

5.笆。

2

(J+mr)col

6.

J+mR~

（4+3M/m）l

二.计算题

1.解：将杆与两小球视为一刚体，水平飞来小球与刚体视为一系统.由角动量守恒

得1分

mv—=-m——+Jco(逆时针为正向)①2分

n323

=做货（；②1分

又J+2my

G)=3"01分

将②代入①得

2/

2.解：（1）设当人以速率P沿相对圆盘转动相反的方向走动时，圆盘对地的绕轴角速度为0

则人对与地固联的转轴的角速度为

co'=（0——=co-①2分

1nR

2R

人与盘视为系统，所受对转轴合外力矩为零，系统的角动量守恒.1分

设盘的质量为M，则人的质量为M/10,有：

别叱+半引讣。制加"+题网Z②2分

将①式代入②式得：⑦=+——③1分

217?

（2）欲使盘对地静止，则式③必为零.即

g+2t?/（21R）=02分

得：v=—2\Ra）n/21分

式中负号表示人的走动方向与上-响中人走动的方向相反，即与盘的初始转动方向」

致.1分

3.解：（1）角动量守恒:

m'vl=+m'l~jco2分

m'v.

CO—7--------=15.4rad-s2分

fl,)

(■3m+m)\l

—M—(^ml2+m'l2)0

⑵r2分

0一1=2"2分

1八

m^m/co2

3J

0==15.4rad2分

2Mr

答案

第六章振动

§6.1-1简谐振动振幅周期和频率相位

1-2.BB

3.1.2s1分；一20.9cm/s2分.

4.0.05m2分；-0.205兀(或-36.90)2分.

(竿一(兀)分；(孥+兀)

5.5cos25cos12分.

二计算题

1

1.解：⑴vm=a)Av,n/A=1.5s

・・・T=2兀3=4.19s3分

(2)a=c^A4.5X1CT2s2分

m=vmmz2

,1x=0.02cos(I.5/+g兀)(SI)

(3)0=Q兀3分

-1

2.解：(1)co—>jklm=10s1分，T-2兀/a>-0.63s1分

(2)4=15cm,在，=0时，XQ=7.5cm,Vo<O

由A=Jx；+(%/助-得VQ=一①小A~—x；=—1.3m/s2分

。=tgT(—I；。/6m：o)=；兀或4TI/32分;x()>0,:.1

—71

3

1、

(3)x=15x10cos(10/+-7i)(SI)2分

§6.1-2简谐运动的能量

1-3:DBD

4.b,f2分；a,e2分.

5.9.90X102J3分

§9-3旋转矢量

1-6:BBBBCA

7.TI1分；一兀/22分；7t/3.2分.

8.10cm1分；(兀/6)rad/s1分；n/31分.

二.计算题

1.解：旋转矢量如图所示.图3分

由振动方程可得co=-n,岫=31分-0.24-6.12OQ.120.24

23

A/=A^/co=0.667s1分

2.解：（1）设振动方程为x-Acos(cot+4)

由曲线可知/=10cm,/=0,x()=-5=lOcos。，%=-ICkysin。<0

解上面两式，可得0=2兀/32分

由图可知质点由位移为沏=-5cm和Dov0的状态到x=0和v>0

的状态所需时间，=2s,代入振动方程得0=10cos(2o+27t/3)

(SI)

则有2<y+2兀/3=3兀/2,a)=5n/122分

故所求振动方程为：x=0.1cos(57t//12+2n/3)(SI)1分

3.解：依题意画出旋转矢量图3分。由图可知两简谐振动的位相差为！兀.2分

2

§6.2简谐运动的合成

1.\A\-J2|1分;x=|〃2-4|cos伴/+?)2分

2.lX102m2分；兀/62分

二计算题

解：X2=3X102sin(4z-兀/6)=3X102cos(4/-n/6-it/2)

=3X102cos(4/-2n/3).

作两振动的旋转矢量图，如图所示.图2分

由图得：合振动的振幅和初相分别为

A=(5-3)cm=2cm,0=兀/3.2分

合振动方程为x=2X102cos(4r+7t/3)(SI)1分

第七章波动

§74机械波的产生波长波线及波面波速

1-4：CCDD

3

5.a=-0.2K2COS(兀Z+—TLX)(SI)3分

21

6.解：⑴x=0点00=］兀；1分\y

/

r\zx

1

X=2点02=---兀；1分

2~c

X=3点03==兀；1分t=TI4时的波形曲线

(2)如图所示.2分

§7-2平面简谐波

1-2:CD

二计算题

1.解：(1)设x=0处质点的振动方程为y=/cos(2兀力+。)

由图可知，f=/时y=ACOS(2K+^)=01分

dy/dt=-2nvAsin(27ivt'+(/))<01分

所以2兀14'+。=兀/2,兀-2兀2分

x=0处的振动方程为y=/cos［2兀—Z')+g兀］1分

(2)该波的表达式为y=JCOS[2K»/(/-/,-X/M)+^K]3分

2.解：(1)坐标为x点的振动相位为

a)t+§=4n[Z+(x/»)]=4TT[/+(x/〃)]=4兀[/+(x/20)]2分

波的表达式为歹=3x10-2©os4兀口+(x/20)](SI)2分

(2)以8点为坐标原点，则坐标为x点的振动相位为

x—5

&+“=4冗上+-^一](SI)2分

波的表达式为=3x10_2COS[4K(^+—)-n](SI)2分

§7-3波的能量能流密度

1-6：CCDBBC

7.5J3分

8.R"R；3分

§7-4惠更斯原理§7-5波的干涉

1-3:DDD

4.n3分

5.0.233m3分

二计算题

解：(1)设振幅最大的合振幅为/max，有

4、=(24)2+42+24•ZZcosa。

式中\(/)=47LX/2,

又因为cosA^=COS4TLX/2=1时;合振幅最大，故

4TIX"=±2kji

合振幅最大的点x=±-kA(左=0,1,2,•••)4分

2

(2)设合振幅最小处的合振幅为Zmin，有

4京=(2A)2+A2+24•24COS"

因为COSA^=-1时合振幅最小

且

故4兀x/A=±(2k+1)K

合振幅最小的点x=±(2k+1)/1/4(%=0,1,2,••­)4分

三.简答题

答：两个简谐振动应满足振动方向相同，振动频率相等，振幅相等，相位差为

71.5分

§7-6、7-7驻波、多普勒效应

1-5：BBCBB

6.y=12.0x10cos(—7ix)cos20TC/(SI)2分

x=(2n4-1)m,即x=lm,3m,5m,7m,9m2分

x=2nm,即x=0m,2m,4m,6m,8m,10m1分

7.介电常数£和磁导率〃3分

8.1065Hz2分

935Hz2分

第10章静电场（参考答案）

§10.2电场强度

一.选择题和填空题

1、C

2、B

3、一3°/（2与）

—o7（2为）

3。/（2向）

Iqdqd

、4兀47?2（2兀火-d）8兀火3

从O点指向缺口中心点.

二.计算题

1、解：设杆的左端为坐标原点O,X轴沿直杆方

向.带电直杆的电荷线密度为秒”3在x处取一七一（L+d-x）—>

电荷元dq=/idx=qdx/L,它在尸点的场强：1S12华

[E=S=9dx

2

4its0(L+d-x)~ATISQL[L+d-x)

2分

总场强为E=—^―f——--r=-----号——r3分

4兀*(L+d-x)Ans^dyL+d)

方向沿x轴，即杆的延长线方向.

2、解:先计算细绳上的电荷在O点产生的场强.选细绳顶端作坐标原点O,x轴向下为正.在

x处取一电荷元

dq=Adx=Qdx7（3R）

它在环心处的场强为d与=——33

4兀4（4火一x）2

2

12冗4R（4R-x）

整个细绳上的电荷在环心处的场强

E=。dxQ

112兀I（4/?-x）216兀分上

圆环上的电荷分布对环心对称，它在环心处的场强

£2=02分

由此，合场强E2分

£=«1=―16兀2^

方向竖直向下.

三.理论推导与证明题

证：选环心作原点，X轴沿圆环轴线方向，外

z轴如图所示.在环上任取一电荷元dq=（Qd⑨

/（271）,设尸点位于x处，从电荷元dq到P点

的矢径为产，它在P点产生的场强为

户为矢径F方向上的单位矢量.d2沿x轴的分

量为

dEx=dEcos（/）（。为矢径产与x轴正向夹角）

由对称性容易证明Ey=0EFO

_Qcos。产Qcos"—Qx

因而有£氏一8兀2/J。4兀犷一4"(箝+一尸

当x»R时,可得E^Q/(4ji£bx2)

这相当于一个位于原点。的带电量为。的点电荷在P点产生的场强.

§10.3电场强度通量高斯定理

一、选择题和填空题

1-4、DDCB

5、”（6向）

*一

6、0-

4厂

7、q0

4兀产

计算题

1、解：在球内取半径为八厚为”的薄球壳，该壳内所包含的电荷为

dq=pAV=Ar-4nr2dr

在半径为r的球面内包含的总电荷为

q=[pdV=JAnAr3dr=nAr4&WR）

24

以该球面为高斯面，按高斯定理有£,-4nr=nAr/s0

得到其=4*2/（44）,（WR）

方向沿径向，/>0时向外,Z〈0时向里.

在球体外作一半径为r的同心高斯球面，按高斯定理有

E2-471r2=TL4R4/s0

得到J=/尺4/（4£。尸2），（r>R）

方向沿径向，4>0时向外，/<0时向里.

0,7?<&,R>R2

2解：由高斯定理E=\Annn

------,R.<R<R,

2兀12

3解：挖去电荷体密度为/7的小球，以形成球腔时的求电场问题，可在不挖时求出电场片,

而另在挖去处放上电荷体密度为一Z7的同样

大小的球体，求出电场巨2,并令任意点的

场强为此二者日叠加，即可得

=瓦+后2

在图(a)中，以。点为球心，4为半径

作球面为高斯面S,则可求出0与P处场强

的大小.

23

jsEt-dS=Ex-47id=---dp

s£()3

有E\o-E\p=Ex=~^~d

3%

方向分别如图所示.

在图(b)中，以O真为小球体的球心，

可知在。点£2=0.又以O'为心，2d为半

径作球面为高斯面S'可求得P点场强E2P

2

££2-dS'E2-47t(2d)=4兀/(—P)/。£0)

r

E--'P

2P12"

(1)求O'点的场强后0.由图(a)、(b)可得

Eoi—E\o~~—>方向如图(c)所示.

3分

(2)求P点的场强巨？.由图(a)、(b)可得

Ep-E]p+E2P—方向如(d)图所示.

3%

§10.4静电场的环路定理电势能

一.填空题

1、^E-AI=o

L

单位正电荷在静电场中沿任意闭合路径绕行•周，电场力作功等于零

有势(或保守力)

2、功的值与路径的起点和终点的位置有关，与电荷移动的路径无关

保守

§10.5电势电势差

一.选择题和填空题

1・5、CDBAC

6、04/(2%)

7夕/(6兀&)H)

8岛也寻

二.计算题

1、解：设坐标原点位于杆中心。点，x轴沿杆的方向，如图所示.细杆的电荷线密度4=4

1(21),在x处取电荷元dg=/ldx=4dx/(27),它在P点产生的电势为

d4=___________________________

兀£()(/+

'>4a-x)8TI£0I(I+a-x)

整个杆上电荷在尸点产生的电势

2、解：(1)由高斯定理求得电场的分布:

0,r<7?j

2,

禹<r<R

E=<4f22

Ql+02,〉R,

47r%/，2

各区域电势的分布为:(r<Rj)

%4万4尸圾47r4九4&R24^07?24乃R、4^0R2

U、=「Z•加=-^-+°2，&<r<R,

■J4兀£。丫A兀£限

4=李&空火2)

(2)=-^-(~——-)

作图略

4“7?jR2

§10.6等势面*电场强度与电势的微分关系

一.选择题和填空题

1、D

2、E=-2a(xi+yj)-2bzk

§10.7静电场中的导体电容

一.选择题和填空题

1.C2.D3.D4.C

5、不变

减小

二.计算题

1解：(1)由静电感应，金属球壳的内表面上有感生电荷p,外表面上带电荷g+0.

(2)不论球壳内表面上的感生电荷是如何分布的，因为任一电荷元离。点的

距离都是4,所以由这些电荷在。点产生的电势为

u_==

"^it£oa4兀£()a

(3)球心O点处的总电势为分布在球壳内外表面上的电荷和点电荷q在。点

产生的电势的代数和

=_i______i_+Q±±=i(l_l+l)+e

47120/4n^Qa4n^0brab4n^0b

2、

解由静电平衡的条件知

瓦=%+后感=0

豆感=_^+q=_不

兀为水平向右的单位矢量。

由于导体球接地，圆心。点的电势为零，则

3%+%=0

4兀£/

3、解：以左边的导线轴线上一点作原点，x轴通过两导线并垂直

于导线.两导线间不处的场强为£=」一+——-——

2TI^0X2兀£o(d-x)

两导线间的电势差为

4八d—R1R九1d—R

----(In-------In-----)=---In-----

2兀4Rd-R兀％R

设导线长为£的一段上所带电量为0,则有4=0/£,故单位长度的电容

C=Q/(LU)=MU=

,d-R

In

R

§10.8静电能

1、A

§10.9电介质的极化束缚电荷

一.选择题和填空题

1、B

2、无极分子

电偶极子

§10.10电介质内的电场强度

一.选择题和填空题

1、A2、C3、B

4、减小减小

二、判断改错题

答：（1）正确.

（2）介质内场强与原来一样.

（3）电场能量增大为原来的多倍.

§10.11电介质中的高斯定理电位移矢量力

1、D

2、ab/（£o£r）

3、q/（4兀/jR）q/（4K6：O7?